Dịch Vụ Toán Học Tuyển tập Đề thi Đại học từ 2002 đến 2010 (kèm theo Đáp án thức Bộ GD) Mơn Tốn WWW.VNMATH.COM About VnMath.Com Đại số Giải tích vnMath.com Giáo án Dịch vụ Tốn học mơn Sách info@vnmath.com Hình học Các loại Olympic khác Đề thi Chuyên đề Đáp án Toán Luyện thi Đại học Thi lớp 10 Đại học Cao học Bồi dưỡng HSG giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 -Môn thi : toán Đề thức (Thời gian làm bµi: 180 phót) _ Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hàm số : y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m (1) ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = − x + x + k − 3k = cã ba nghiệm phân biệt Tìm k để phơng trình: Viết phơng trình đờng thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) 2 log x + log x + − 2m − = Cho phơng trình : (2) ( m tham số) m = Giải phơng trình (2) Tìm m để phơng trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [ ; 3 ] Câu III (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 ®iĨm ) cos 3x + sin 3x Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; ) phơng trình: sin x + = cos x + + sin x Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng: y =| x x + | , y = x + C©u IV.( §H : 2,0 ®iĨm; C§ : 3,0 ®iĨm) Cho hình chóp tam giác S ABC đỉnh S , có độ dài cạnh đáy a Gọi M N lần lợt trung điểm cạnh SB SC Tính theo a diện tích tam giác AMN , biết mặt phẳng ( AMN ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng: x = 1+ t x − 2y + z − = vµ ∆ : y = + t ∆1 : x + y − 2z + = z = + 2t a) Viết phơng trình mặt phẳng ( P) chứa đờng thẳng song song với đờng thẳng b) Cho điểm M (2;1;4) Tìm toạ độ điểm H thuộc đờng thẳng cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ Câu V.( ĐH : 2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông A , phơng trình đờng thẳng BC x y = 0, đỉnh A B thuộc trục hoành bán kính đờng tròn nội tiếp Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Cho khai triĨn nhÞ thøc: n n n −1 n −1 −x − x2 −x x −1 x −1 − x x −1 − x n n + = C n 2 + C n 2 + L + C n −1 2 + C n ( n số nguyên dơng) Biết khai triển C n = 5C n số hạng thứ t 20n , tìm n x HÕt Ghi chó: 1) Thí sinh thi cao đẳng không làm Câu V n 2) Cán coi thi không giải thích thêm VNMATH.COM Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh: bé giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 Môn thi : toán, Khối B (Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _ đề thức Câu I (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm) Cho hàm số : y = mx + m − x + 10 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị ( ) (1) ( m tham số) Câu II (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Giải phơng trình: sin x cos x = sin x − cos x Giải bất phơng trình: log x log (9 x − 72) ≤ ( ) x− y = x− y x + y = x + y + Câu III ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng : x2 x2 y = y = 4 Giải hệ phơng trình: Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ;0 , phơng trình đờng thẳng AB x y + = AB = AD Tìm tọa ®é c¸c ®Ønh 2 A, B, C , D biết đỉnh A có hoành độ âm Cho hình lập phơng ABCDA1 B1C1 D1 có cạnh a a) Tính theo a khoảng cách hai đờng thẳng A1 B B1 D b) Gọi M , N , P lần lợt trung điểm cạnh BB1 , CD , A1 D1 Tính góc hai đờng thẳng MP C1 N Câu V (ĐH : 1,0 điểm) Cho đa giác ®Òu A1 A2 L A2 n (n ≥ 2, n nguyên ) nội tiếp đờng tròn (O ) Biết số tam giác có đỉnh 2n ®iĨm A1 , A2 ,L, A2 n nhiỊu gÊp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n ®iĨm A1 , A2 , L, A2 n , t×m n HÕt Ghi chó : 1) ThÝ sinh thi cao đẳng không làm Câu IV b) Câu V 2) Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh: VNMATH.COM Bộ giáo dục đào tạo Đề thức Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 Môn thi : Toán, Khối D (Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _ C©uI ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) y= C©u II (2m − 1)x − m (1) ( m lµ tham số ) x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) ứng với m = -1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng cong (C) hai trục tọa độ Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x Cho hàm số : ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) Giải bất phơng trình : (x ) − 3x 2x − 3x − ≥ Giải hệ phơng trình : x = 5y − 4y x + x +1 = y x +2 Câu III ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) Tìm x thuộc đoạn [ ; 14 ] nghiệm phơng trình : cos 3x cos 2x + cos x − = Câu IV ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = cm ; AB = cm ; BC = cm Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x y + = (2 m + 1)x + (1 − m )y + m = đờng thẳng d m : ( m lµ tham sè ) mx + (2 m + 1)z + m + = Xác định m để đờng thẳng d m song song với mặt phẳng (P) Câu V (ĐH : điểm ) Tìm số nguyên dơng n cho C + 2C + 4C + + n C n = 243 n n n n Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng trình x2 y2 + = Xét điểm M chuyển động tia Ox điểm N chuyển động tia Oy cho 16 đờng thẳng MN tiếp xúc với (E) Xác định tọa độ M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ Tính giá trị nhỏ -HÕt Chó ý : ThÝ sinh thi cao đẳng không làm câu V Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thÝ sinh : VNMATH.COM Sè b¸o danh Bé giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 M«n thi : toán khối A đề thức Thời gian lµm bµi : 180 _ mx + x + m (1) (m tham số) x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt hai điểm có hoành độ dơng Câu (2 điểm) cos x 1) Giải phơng trình cotgx − = + sin x − sin x + tgx 1 x = y x y 2) Giải hệ phơng tr×nh y = x + Câu (3 điểm) 1) Cho hình lập phơng ABCD A ' B ' C ' D ' Tính số đo góc phẳng nhị diện [B, A' C , D ] 2) Trong kh«ng gian víi hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hình hộp ch÷ nhËt ABCD A ' B ' C ' D ' cã A trïng víi gèc cđa hƯ täa ®é, B (a; 0; 0), D(0; a; 0), A '(0; 0; b) (a > 0, b > 0) Gäi M trung điểm cạnh CC ' a) Tính thể tÝch khèi tø diƯn BDA ' M theo a vµ b a b) Xác định tỷ số để hai mặt phẳng ( A ' BD) ( MBD) vuông góc với b Câu ( điểm) y= Câu (2 điểm) Cho hàm số n 1) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Niutơn + x , biÕt r»ng x n+ n C n + − C n + = 7(n + 3) k ( n lµ số nguyên dơng, x > 0, C n số tổ hợp chập k n phần tử) 2) TÝnh tÝch ph©n I= ∫ dx x x +4 Câu (1 điểm) Cho x, y, z ba số dơng x + y + z ≤ Chøng minh r»ng 1 x2 + + y2 + + z2 + ≥ x2 y2 z2 82 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Ghi chó: C¸n bé coi thi không giải thích thêm Họ tên thÝ sinh: …………………………… …… VNMATH.COM Sè b¸o danh: …………… Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 - M«n thi : toán khối B Đề thức Thời gian làm bµi: 180 _ C©u (2 ®iĨm) Cho hµm sè y = x3 − x + m (1) ( m lµ tham sè) 1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai ®iĨm ph©n biƯt ®èi xøng víi qua gèc täa độ 2) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =2 Câu (2 điểm) 1) Giải phơng trình cotgx tgx + 4sin x = sin x y2 + 3y = x2 2) Gi¶i hƯ phơng trình 3x = x + y2 Câu (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho tam gi¸c ABC cã 2 AB = AC , BAC = 900 BiÕt M (1; −1) lµ trung điểm cạnh BC G ; trọng tâm tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A, B, C 2) Cho hình lăng trụ đứng ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình thoi cạnh a , gãc BAD = 600 Gäi M lµ trung điểm cạnh AA ' N trung điểm cạnh CC ' Chứng minh bốn điểm B ', M , D, N thuộc mặt phẳng HÃy tính độ dài cạnh AA ' theo a để tứ giác B ' MDN hình vuông 3) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai ®iĨm → A(2; 0; 0), B(0; 0; 8) điểm C cho AC = (0; 6; 0) Tính khoảng cách từ trung điểm I BC đến đờng thẳng OA Câu (2 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm sè y = x + − x I= 2) TÝnh tÝch ph©n π − 2sin x ∫ + sin x dx Câu (1 điểm) Cho n số nguyên d−¬ng TÝnh tỉng Cn + 22 − 1 23 − Cn + Cn + + 2n +1 − n Cn n +1 k ( Cn số tổ hợp chập k n phÇn tư) HÕt Ghi chó: C¸n bé coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh Số báo danh VNMATH.COM Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 Môn thi: toán Khối D Thời gian làm bài: 180 phút Đề thức _ Câu (2 điểm) x2 x + (1) x2 2) Tìm m để đờng thẳng d m : y = mx + − 2m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt Câu (2 điểm) x x 1) Giải phơng trình sin tg x − cos = 2 4 y= 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2 2) Giải phơng trình x − x − 22 + x − x = Câu (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho ®−êng trßn 2) 3) (C ) : ( x − 1) + ( y − 2) = đờng thẳng d : x y = Viết phơng trình đờng tròn (C ') đối xứng với đờng tròn (C ) qua đờng thẳng d Tìm tọa độ giao điểm (C ) (C ') Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho đờng thẳng x + 3ky − z + = dk : kx − y + z + = Tìm k để đờng thẳng d k vuông góc với mặt phẳng ( P) : x y − z + = Cho hai mặt phẳng ( P) (Q) vuông góc với nhau, có giao tuyến đờng thẳng Trên lÊy hai ®iĨm A, B víi AB = a Trong mặt phẳng ( P) lấy điểm C , mặt phẳng (Q) lấy điểm D cho AC , BD vuông góc với AC = BD = AB Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD) theo a Câu ( điểm) 1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y= x +1 x2 + đoạn [ 1; 2] 2) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ x − x dx Câu (1 điểm) Với n số nguyên dơng, gọi a3n hệ số x3n khai triển thành đa thức ( x + 1) n ( x + 2) n Tìm n để a3n = 26n HÕt -Ghi chó: Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: VNMATH.COM Số báo danh: Bộ giáo dục đào tạo -§Ị thức đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn thi : Toán , Khối A Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm) x + 3x − (1) 2(x − 1) 1) Khảo sát hàm số (1) 2) Tìm m để đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm A, B cho AB = Cho hàm số y = Câu II (2 điểm) 2(x 16) 1) Giải bất phơng trình x + x −3 > 7−x x −3 ⎧ ⎪ log (y − x) − log y = ⎨ ⎪ x + y = 25 2) Giải hệ phơng trình Câu III (3 điểm) ( ) 1) Trong mặt phẳng với hệ täa ®é Oxy cho hai ®iĨm A ( 0; ) B 3; Tìm tọa độ trực tâm tọa độ tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, AC cắt BD gốc tọa ®é O BiÕt A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 ) Gọi M trung điểm cạnh SC a) Tính góc khoảng cách hai đờng thẳng SA, BM b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đờng thẳng SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.ABMN Câu IV (2 điểm) 1) Tính tÝch ph©n I = ∫ 1+ x dx x −1 ⎡ ⎤ 2) T×m hƯ sè cđa x8 khai triển thành đa thức + x (1 − x) ⎦ C©u V (1 điểm) Cho tam giác ABC không tù, thỏa mÃn điều kiÖn cos2A + 2 cosB + 2 cosC = TÝnh ba gãc cđa tam gi¸c ABC -C¸n bé coi thi không giải thích thêm Họ tên thÝ sinh Sè b¸o danh VNMATH.COM Bộ giáo dục đào tạo Đề thức Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn: Toán, Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề - Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − x + 3x (1) có đồ thị (C) 1) Khảo sát hàm số (1) 2) Viết phơng trình tiếp tuyến (C) điểm uốn chứng minh tiếp tun cđa (C) cã hƯ sè gãc nhá nhÊt C©u II (2 ®iĨm) sin x − = (1 − sin x ) tg x 1) Giải phơng trình 2) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = ln x đoạn [1; e ] x Câu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa ®é Oxy cho hai ®iÓm A(1; 1), B(4; − ) Tìm điểm C thuộc đờng thẳng x y = cho khoảng cách từ C đến đờng thẳng AB 2) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt đáy ( o < ϕ < 90 o ) TÝnh tang góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) theo ϕ TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABCD theo a vµ ϕ ⎧x = −3 + t 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (4; 2; 4) đờng thẳng d: y = − t ⎨ ⎪z = −1 + t Viết phơng trình đờng thẳng qua điểm A, cắt vuông góc với đờng thẳng d Câu IV (2 điểm) e 1) Tính tích phân I = ∫ 1 + ln x ln x dx x 2) Trong môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi lập đợc đề kiểm tra, đề gồm câu hỏi khác nhau, cho đề thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ không ? Câu V (1 điểm) Xác định m để phơng trình sau cã nghiÖm m⎛ + x2 − − x2 + 2⎞ = − x4 + + x2 − − x2 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ -Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh Sè b¸o danh .… VNMATH.COM Câu Đáp án ⇔ π − x = x + k 2π Vậy: x = π 18 +k π π − x = π − x + k 2π x = − π +k π ( k ∈ ) Điểm 0,25 0,25 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… ⎧ ⎪x + y +1− x = ⎪ Hệ cho tương đương: ⎨ ⎪( x + y ) − + = ⎪ x2 ⎩ ⎧ ⎧ ⎪x + y = x −1 ⎪x + y = x −1 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎪⎛ − ⎞ − + = ⎪ −6 +2=0 ⎜ ⎟ ⎪⎝ x ⎠ ⎪ x2 x ⎩ x ⎩ ⎧1 ⎧1 ⎪x = ⎪ =1 ⎪ ⇔ ⎨x ⎨ ⎪x + y = ⎪x + y = ⎩ ⎪ ⎩ 0,25 0,25 0,25 ⎧x = ⎧x = ⎪ ⇔ ⎨ ⎨ ⎩y =1 ⎪y = − ⎩ 0,25 3⎞ ⎛ Nghiệm hệ: ( x; y ) = (1;1) ( x; y ) = ⎜ 2; − ⎟ 2⎠ ⎝ III Tính tích phân… (1,0 điểm) Đặt t = e x , dx = e3 I=∫ e dt = t (t − 1) dt ; x = 1, t = e; x = 3, t = e3 t e3 ⎛ 1⎞ ∫ ⎜ t − − t ⎟ dt ⎝ ⎠ 0,25 0,25 e e3 e3 = ln| t − 1| e − ln| t | e = ln(e + e + 1) − IV 0,25 0,25 Tính thể tích khối chóp (1,0 điểm) M A' I C' B' 2a 3a K A C H a B Hạ IH ⊥ AC ( H ∈ AC ) ⇒ IH ⊥ ( ABC ) ; IH đường cao tứ diện IABC IH CI 2 4a = = ⇒ IH = AA ' = ⇒ IH // AA ' ⇒ AA ' CA ' 3 AC = A ' C − A ' A2 = a 5, BC = AC − AB = 2a Diện tích tam giác ABC : SΔABC = AB.BC = a 4a Thể tích khối tứ diện IABC : V = IH S ΔABC = VNMATH.COM Trang 2/4 0,50 Câu Đáp án Hạ AK ⊥ A ' B ( K ∈ A ' B) Vì BC ⊥ ( ABB ' A ') nên AK ⊥ BC ⇒ AK ⊥ ( IBC ) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC ) AK AK = V (1,0 điểm) SΔAA ' B = A' B AA ' AB A ' A + AB = 2a Điểm 0,25 0,25 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… Do x + y = 1, nên: S = 16 x y + 12( x3 + y ) + xy + 25 xy = 16 x y + 12 ⎡( x + y )3 − xy ( x + y ) ⎤ + 34 xy = 16 x y − xy + 12 ⎣ ⎦ Đặt t = xy, ta được: S = 16t − 2t + 12; ≤ xy ≤ ( x + y )2 ⎡ 1⎤ = ⇒ t ∈ ⎢0; ⎥ 4 ⎣ 4⎦ ⎡ 1⎤ Xét hàm f (t ) = 16t − 2t + 12 đoạn ⎢0; ⎥ ⎣ 4⎦ 191 25 ⎛1⎞ ⎛1⎞ , f⎜ ⎟ = f '(t ) = 32t − 2; f '(t ) = ⇔ t = ; f (0) = 12, f ⎜ ⎟ = 16 16 ⎝ 16 ⎠ ⎝ 4⎠ ⎛ ⎞ 25 ⎛ ⎞ 191 max f (t ) = f ⎜ ⎟ = ; f (t ) = f ⎜ ⎟ = ⎡ 1⎤ ⎡ 1⎤ ⎝ 4⎠ ⎝ 16 ⎠ 16 0; 0; ⎢ 4⎥ ⎣ ⎦ 0,25 0,25 ⎢ 4⎥ ⎣ ⎦ ⎧x + y = 25 ⎪ ⎛1 1⎞ ; ⎨ Giá trị lớn S ⇔ ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ ⎝2 2⎠ ⎪ xy = ⎩ ⎧x + y = 191 ⎪ ; ⎨ Giá trị nhỏ S 16 ⎪ xy = 16 ⎩ 0,25 0,25 ⎛2+ 2− 3⎞ ⎛2− 2+ 3⎞ ⇔ ( x; y ) = ⎜ ( x; y ) = ⎜ ⎜ ; ⎟ ⎟ ⎜ ; ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ VI.a (2,0 điểm) (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… ⎧7 x − y − = ⇒ A(1;2) Toạ độ A thoả mãn hệ: ⎨ ⎩6 x − y − = B đối xứng với A qua M , suy B = (3; −2) 0,25 Đường thẳng BC qua B vng góc với đường thẳng x − y − = Phương trình BC : x + y + = 0,25 ⎧7 x − y − = 3⎞ ⎛ ⇒ N ⎜ 0; − ⎟ Toạ độ trung điểm N đoạn thẳng BC thoả mãn hệ: ⎨ 2⎠ ⎝ ⎩x + y + = 0,25 ⇒ AC = 2.MN = ( −4; −3) ; phương trình đường thẳng AC : 3x − y + = 0,25 (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm D ⎧x = − t ⎪ AB = (−1;1;2), phương trình AB : ⎨ y = + t ⎪ z = 2t ⎩ 0,25 D thuộc đường thẳng AB ⇒ D(2 − t ;1 + t ;2t ) ⇒ CD = (1 − t ; t ;2t ) 0,25 VNMATH.COM Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng ( P ) : n = (1;1;1) C không thuộc mặt phẳng ( P ) 0,50 ⎛5 ⎞ CD //( P) ⇔ n.CD = ⇔ 1.(1 − t ) + 1.t + 1.2t = ⇔ t = − Vậy D ⎜ ; ; −1⎟ 2 ⎝ ⎠ VII.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm… Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ); z − + 4i = ( x − 3) + ( y + ) i Từ giả thiết, ta có: ( x − 3) + ( y + ) 0,25 2 = ⇔ ( x − ) + ( y + ) = Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I ( 3; − ) bán kính R = VI.b (2,0 điểm) 0,50 0,25 (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M Gọi điểm M ( a; b ) Do M ( a; b ) thuộc (C ) nên ( a − 1) + b = 1; O ∈ (C ) ⇒ IO = IM = 0,25 Tam giác IMO có OIM = 120 nên OM = IO + IM − IO.IM cos120 ⇔ a + b = 0,25 ⎧ ⎪a = ⎧( a − 1)2 + b = ⎛3 3⎞ ⎪ ⎪ Toạ độ điểm M nghiệm hệ ⎨ Vậy M = ⎜ ; ± ⇔⎨ ⎟ ⎜2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎪a + b = ⎪b = ± ⎩ ⎪ ⎩ 0,50 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… ⎧x+ y −2 z = = ⎪ Toạ độ giao điểm I Δ với ( P) thoả mãn hệ: ⎨ 1 −1 ⇒ I (−3;1;1) ⎪ x + y − 3z + = ⎩ Vectơ pháp tuyến ( P ) : n = (1;2; −3); vectơ phương Δ : u = (1;1; −1) 0,25 Đường thẳng d cần tìm qua I có vectơ phương v = ⎡ n, u ⎤ = (1; −2; −1) ⎣ ⎦ 0,25 ⎧ x = −3 + t ⎪ Phương trình d : ⎨ y = − 2t ⎪ z = − t ⎩ VII.b 0,25 0,25 Tìm giá trị tham số m (1,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm: x2 + x − = −2 x + m ⇔ 3x + (1 − m) x − = ( x ≠ 0) x Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác với m Hoành độ trung điểm I AB : xI = I ∈ Oy ⇔ xI = ⇔ x1 + x2 m − = m −1 = ⇔ m = -Hết - VNMATH.COM Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + • Tập xác định: R 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 3x2 − 4x; y '( x) = ⇔ x = x = ⎛4 ⎞ Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) ⎜ ; + ∞ ⎟ ; nghịch biến khoảng ⎝ ⎠ - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu x = ; yCT = − 27 - Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞ x→ − ∞ - Bảng biến thiên: ⎛ 4⎞ ⎜ 0; ⎟ ⎝ 3⎠ 0,25 x→ + ∞ x −∞ + y' 0 y − • Đồ thị: + 0,25 +∞ − −∞ +∞ 27 y 0,25 O − 27 x (1,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = ⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = ⇔ x = x2 − x − m = (*) 0,25 Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt, phương trình (*) có nghiệm phân biệt, khác 0,25 Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 x3 nghiệm (*) ⎧∆ > ⎪ Yêu cầu toán thỏa mãn khi: ⎨ g (1) ≠ ⎪ 2 ⎩ x2 + x3 < 0,25 ⎧1 + 4m > ⎪ ⇔ ⎨−m ≠ ⇔ − < m < m ≠ ⎪1 + 2m < ⎩ 0,25 VNMATH.COM Trang 1/4 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ + tanx ≠ Khi đó, phương trình cho tương đương: π⎞ ⎛ sin ⎜ x + ⎟ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 4⎠ ⎝ sin x + cos x cos x ⇔ sinx + cos2x = cos x ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = ⇔ 2sin2x − sinx − = ⇔ sinx = (loại) sinx = − ⇔ x=− π + k2π x = 0,25 0,25 0,25 7π + k2π (k ∈ Z) 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 2( x − x + 1) = Ta có: x + ( x − 1) + > 1, suy − Do đó, bất phương trình cho tương đương với: Mặt khác 2( x − x + 1) = 2( x − x + 1) ≤ − x + 2(1 − x) + 2( x ) ≥ − x + 2( x − x + 1) = − x + (1) ⇔ x 0,25 (1) 0,25 x (2), đó: x (3) Để ý rằng: + Dấu (2) xảy khi: − x = x kéo theo − x + + 1−x = 2( x − x + 1) < x đồng thời − x + x ≥ x ≥ 0, đó: (3) ⇔ − x = x ⎧x ≤ ⎧1 − x ≥ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎪(1 − x) = x ⎪ x − 3x + = ⎩ ⎩ III (1,0 điểm) 0,25 3− , thỏa mãn điều kiện x ≥ ⇔ x = 1 ⎛ ex ⎞ ex I = ∫ ⎜ x2 + dx ⎟ dx = ∫ x dx + ∫ x ⎜ + 2e x ⎟ ⎠ ⎝ 0 + 2e Ta có: ∫ x dx = x ex ∫ + 2e x dx = ∫ = 0,25 0,25 0,25 d(1 + 2e x ) , suy ra: + 2e x 0,25 I = 1 1 + 2e 1 + 2e + ln(1 + 2e x ) = + ln = + ln 3 2 3 S IV (1,0 điểm) K N A M D • Thể tích khối chóp S.CDNM SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM 1 = AB2 − AM.AN − BC.BM 2 a2 a2 5a = a2 − − = 8 H VS.CDNM = a3 SCDNM.SH = 24 C B • Khoảng cách hai đường thẳng DM SC ∆ADM = ∆DCN ⇒ ADM = DCN ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy DM ⊥ (SHC) Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy HK đoạn vng góc chung DM SC, đó: d(DM, SC) = HK VNMATH.COM Trang 2/4 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Ta có: HC = V (1,0 điểm) 2a CD = HK = CN SH HC SH + HC Điểm = 3a 3a , đó: d(DM, SC) = 19 19 ; y≤ Phương trình thứ hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) − y (1) Điều kiện: x ≤ 0,25 0,25 Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( − y ), với f(t) = (t2 + 1)t Ta có f ' (t) = 3t2 + > 0, suy f đồng biến R Do đó: (1) ⇔ 2x = 0,25 ⎧x ≥ ⎪ − 2y ⇔ ⎨ − x2 ⎪y = ⎩ ⎛5 ⎞ Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta được: 4x2 + ⎜ − x ⎟ + − 4x −7 = (3) ⎝2 ⎠ Nhận thấy x = x = nghiệm (3) ⎛5 ⎞ Xét hàm g(x) = 4x2 + ⎜ − x ⎟ + − 4x − 7, khoảng ⎝2 ⎠ ⎛5 ⎞ g '( x) = 8x − 8x ⎜ − x ⎟ − ⎝2 ⎠ − 4x = 4x (4x2 − 3) − − 4x ⎛ 3⎞ ⎜ 0; ⎟ ⎝ 4⎠ < 0, suy hàm g(x) nghịch biến ⎛1⎞ Mặt khác g ⎜ ⎟ = 0, (3) có nghiệm x = ; suy y = 2 ⎝2⎠ ⎛1 ⎞ Vậy, hệ cho có nghiệm: (x; y) = ⎜ ; ⎟ ⎝2 ⎠ VI.a 0,25 0,25 (1,0 điểm) (2,0 điểm) y d1 O B d1 d2 cắt O, cos(d1, d2) = d2 | 3 − 1.1| = tam giác + + 0,25 OAB vng B, AOB = 60 ⇒ BAC = 60 AB.AC.sin 60 = (OA.sin 60 ).(OA.tan 60 ) A 3 = OA2 I C , suy OA2 = Do đó: SABC = ⎧ 3x + y = ⎛ ⎞ ⎪ Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: ⎨ ; − 1⎟ ⇒ A⎜ ⎝ ⎠ ⎪x + y = ⎩ Đường thẳng AC qua A vng góc với d2, suy AC có phương trình: x − 3y − = ⎧ 3x − y = ⎛ −2 ⎞ ⎪ ; − 2⎟ ⇒ C⎜ Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⎝ ⎠ ⎪ x −3y − = ⎩ x Ta có: SABC = 3⎞ ⎛ −1 ; − ⎟ bán kính IA = Đường trịn (T) có đường kính AC, suy tâm (T) I ⎜ 2⎠ ⎝2 2 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ Phương trình (T): ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ =1 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝ VNMATH.COM Trang 3/4 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ có vectơ phương v = (2; 1; −1) mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1) M ( ) Gọi H hình chiếu M (P), ta có cos HMC = cos v, n C P ( ) d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC = MC cos v, n H = ∆ Ta có: z = (1 + 2 i) (1 − VII.a (1,0 điểm) = 5+ | − − 1| = 6 i) 0,25 0,25 0,25 0,25 i, suy ra: 0,25 i z = 5− 0,25 Phần ảo số phức z bằng: − VI.b 0,25 0,25 (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi H trung điểm BC, D trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC Do tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ: A D •E d B C ⎧x + y − = ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2) ⎨ ⎩x − y = 0,25 Đường thẳng BC qua H song song d, suy BC có phương trình: x + y + = 0,25 Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + = B, C đối xứng qua H(− 2; − 2), tọa độ B, C có dạng: B(t; − − t), C(− − t; t) Điểm E(1; −3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác ABC, suy ra: AB CE = ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− − t) = 0,25 ⇔ 2t2 + 12t = ⇔ t = t = − Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) B(− 6; 2), C(2; − 6) 0,25 H (1,0 điểm) A • ∆ • B C Đường thẳng ∆ qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ phương Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡v, MA⎤ = (7; 2; −10) ⎣ ⎦ Suy ra: d(A, ∆) = M ⎡v, MA⎤ ⎣ ⎦ = v 49 + + 100 = 4+9+4 0,25 0,25 Gọi (S) mặt cầu tâm A, cắt ∆ B C cho BC = Suy bán kính (S) là: R = Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25 VII.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 Ta có: (1 − 3i )3 = − 0,25 Do z = −8 = − − 4i, suy z = − + 4i 1− i 0,25 ⇒ z + i z = − − 4i + (− + 4i)i = − − 8i 0,25 Vậy: z + iz = 0,25 - Hết - VNMATH.COM Trang 4/4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) • Tập xác định: R \ {−1} • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 0,25 > 0, ∀x ≠ −1 ( x + 1)2 Hàm số đồng biến khoảng (− ∞; −1) (−1; + ∞) - Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = ; tiệm cận ngang: y = x→ − ∞ 0,25 x→ + ∞ lim y = + ∞ x → ( − 1) − lim y = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1 x → ( − 1) + - Bảng biến thiên: x −∞ −1 + y' +∞ + +∞ 0,25 y −∞ • Đồ thị: y 0,25 −1 O x (1,0 điểm) 2x + = −2x + m x +1 ⇔ 2x + = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không nghiệm phương trình) Phương trình hồnh độ giao điểm: 0,25 ⇔ 2x2 + (4 − m)x + − m = (1) ∆ = m2 + > với m, suy đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B với m 0,25 Gọi A(x1; y1) B(x2; y2), x1 x2 nghiệm (1); y1 = −2x1 + m y2 = −2x2 + m Ta có: d(O, AB) = SOAB = | m| AB = ( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2 = ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 = | m | m2 + | m | m2 + AB d(O, AB) = , suy ra: = 4 VNMATH.COM Trang 1/4 ⇔ m = ± 5(m + 8) 0,25 0,25 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với: 2sin x cos x − sin x + cos x cos x + 2cos x = 0,25 ⇔ cos x sin x + (cos x + 2) cos x = ⇔ (sin x + cos x + 2) cos x = (1) 0,25 Do phương trình sin x + cos x + = vô nghiệm, nên: 0,25 π (1) ⇔ cos x = ⇔ x = +k π (k ∈ Z) 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: − ≤ x ≤ 0,25 Phương trình cho tương đương với: ( x + − 4) + (1 − − x ) + x − 14 x − = 3( x − 5) ⇔ 3x + + x−5 + 6− x +1 ⇔ x = + 3x + + III I = ∫ + 6− x +1 0,25 + 3x + = ⎡ ⎤ + x + > ∀x ∈ ⎢ − ; ⎥ , phương trình cho có nghiệm: x = 6− x +1 ⎣ ⎦ t−2 dt = t2 ∫ = − dx ; x = ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = x 3 + t 0,25 0,25 + ln A' C' (1,0 điểm) 0,25 • Thể tích khối lăng trụ Gọi D trung điểm BC, ta có: B' C D Do đó: VABC A ' B ' C ' 0,25 • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC B G E H I Ta có: GH = 3a a2 ; SABC = 3a3 = S ABC AA ' = Ta có: AA ' = AD.tan ADA ' = H A 0,25 BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ A ' D, suy ra: ADA ' = 60 G A 0,25 0,25 1 dt − ∫ dt t t = ln t IV + ( x − 5)(3x + 1) = Đặt t = + ln x , ta có dt = (1,0 điểm) 3x + + 0,25 Gọi H trọng tâm tam giác ABC, suy ra: GH // A ' A ⇒ GH ⊥ (ABC) Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I giao điểm GH với trung trực AG mặt phẳng (AGH) Gọi E trung điểm AG, ta có: R = GI = GE.GA GA2 = GH GH AA ' a 7a a 7a 7a 2 = ; AH = ; GA2 = GH2 + AH2 = Do đó: R = = 12 12 2.12 a VNMATH.COM Trang 2/4 0,25 0,25 Câu V (1,0 điểm) Đáp án Điểm Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + − 2(ab + bc + ca ) 0,25 (a + b + c) = 3 1⎞ ⎡ Xét hàm f (t ) = t + 3t + − 2t ⎢0; ⎟ , ta có: f '(t ) = 2t + − ; − 2t ⎣ 2⎠ ≤ 0, dấu xảy t = 0; suy f '(t ) nghịch biến f ''(t ) = − (1 − 2t )3 0,25 Đặt t = ab + bc + ca, ta có: ≤ t ≤ ⎛ ⎞ 11 ⎡ 1⎤ Xét đoạn ⎢0; ⎥ ta có: f '(t ) ≥ f ' ⎜ ⎟ = − > , suy f(t) đồng biến ⎝ 3⎠ ⎣ 3⎦ ⎡ 1⎤ Do đó: f(t) ≥ f(0) = ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ⎣ 3⎦ ⎡ 1⎤ Vì thế: M ≥ f(t) ≥ ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = a + b + c = ⎣ 3⎦ ⇔ (a; b; c) số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1) Do giá trị nhỏ M VI.a (2,0 điểm) 0,25 0,25 (1,0 điểm) Gọi D điểm đối xứng C(− 4; 1) qua d: x + y − = 0, suy tọa độ D(x; y) thỏa mãn: D ⎧( x + 4) − ( y − 1) = ⎪ d ⇒ D(4; 9) ⎨ x − y +1 B ⎪ + −5= ⎩ Điểm A thuộc đường trịn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) ⎧x + y − = ⎪ A C với x > 0, suy A(4; 1) thỏa mãn: ⎨ 2 ⎪ x + ( y − 5) = 32 ⎩ 0,25 0,25 2S ABC = AC B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36 ⇒ B(4; 7) B(4; − 5) 0,25 Do d phân giác góc A, nên AB AD hướng, suy B(4; 7) Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0,25 ⇒ AC = ⇒ AB = (1,0 điểm) Mặt phẳng (ABC) có phương trình: x y z + + = 1 b c Mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (P): y − z + = 0, suy ra: Ta có: d(O, (ABC)) = ⇔ 1+ 1 + 2 b c Từ (1) (2), b, c > suy b = c = VII.a (1,0 điểm) = 0,25 1 − = (1) b c 1 ⇔ + = (2) b c Biểu diễn số phức z = x + yi điểm M(x; y) mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: | z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i | 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 0,25 ⇔ x2 + y2 + 2y − = 0,25 Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường trịn có phương trình: x2 + (y + 1)2 = VNMATH.COM Trang 3/4 0,25 Câu VI.b Đáp án Điểm (1,0 điểm) (2,0 điểm) y Nhận thấy: F1(−1; 0) F2(1; 0) N M F1 Đường thẳng AF1 có phương trình: A 0,25 M giao điểm có tung độ dương AF1 với (E), suy ra: F2 O x +1 y = 3 ⎛ 3⎞ M = ⎜1; ⎟ ⇒ MA = MF2 = ⎜ ⎟ 3 ⎠ ⎝ x Do N điểm đối xứng F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN 0,25 0,25 Do đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 đường tròn tâm M, bán kính MF2 ⎛ 3⎞ Phương trình (T): ( x − 1) + ⎜ y − ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ qua điểm A(0; 1; 0) có vectơ phương v = (2; 1; 2) Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0) 0,25 ⇒ ⎡v, AM ⎤ = (2; 2t; − t − 2) ⎣ ⎦ ⇒ d(M, ∆) = ⎡v, AM ⎤ ⎣ ⎦ = v Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ 5t + 4t + 0,25 5t + 4t + =|t| 0,25 ⇔ t2 − t − = ⇔ t = − t = Suy ra: M(−1; 0; 0) M(2; 0; 0) VII.b (1,0 điểm) , phương trình thứ hệ cho ta: 3y − = 2x x x ⎧ ⎧ ⎪3 y − = ⎪3 y − = Do đó, hệ cho tương đương với: ⎨ ⇔ ⎨ 2 ⎪6 y − y = ⎪(3 y − 1) + y − = y ⎩ ⎩ Điều kiện y > ⎧ x ⎪2 = ⎪ ⇔ ⎨ ⎪y = ⎪ ⎩ ⎧x = −1 ⎪ ⇔ ⎨ ⎪y = ⎩ - Hết - VNMATH.COM Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) • Tập xác định: R • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); y ' (x) = ⇔ x = - Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0); nghịch biến khoảng (0; +∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = - Giới hạn: lim y = lim y = − ∞ x→ − ∞ 0,25 0,25 x→ + ∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' +∞ 0 + − 0,25 y −∞ −∞ • Đồ thị: y 0,25 − 2 x O (1,0 điểm) Do tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y = x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc – 6 0,25 Do đó, hồnh độ tiếp điểm nghiệm phương trình − 4x3 − 2x = − ⇔ x = 1, suy tọa độ tiếp điểm (1; 4) 0,25 Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + hay y = − 6x + 10 II (2,0 điểm) 0,25 0,25 (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2x) + 3sinx − = 0,25 ⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = (1) 0,25 Do phương trình cosx + sinx + = vô nghiệm, nên: 0,25 (1) ⇔ sinx = π 5π ⇔ x = + k2π x = + k2π ( k ∈ Z) 6 VNMATH.COM Trang 1/4 0,25 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ − (2 Phương trình cho tương đương với: 4x )( x+2 − 24 2 − 2x −4 ) = 0,25 • 24x − 24 = ⇔ x = x +2 • 22 −4 − 2x Nhận xét: x ≥ 0,25 = ⇔ x + = x3 − (1) 0,25 ) Xét hàm số f(x) = x + − x3 + 4, ⎡ ; + ∞ ⎣ ) ⎡ − 3x2 < 0, suy f(x) nghịch biến ⎣ ; + ∞ x+2 Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm x = Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = 1; x = f ' (x) = III (1,0 điểm) e I = 3⎞ ⎛ ∫ ⎜ x − x ⎟ ln x dx = ⎠ ⎝ e e ln x dx x ∫ x ln x dx − ∫ ( ∫ x ln x dx = x ln x e • ) e e − 0,25 dx v = x2 x • Đặt u = lnx dv = 2xdx, ta có: du = e ∫ x dx = e − x2 e = 0,25 e2 +1 e e ln x ∫ x dx = ∫ ln x d ( ln x ) = ln x = 1 0,25 e2 − Vậy I = IV (1,0 điểm) 0,25 • M trung điểm SA S AH = M A D a , SH = SA2 − AH = B H C a 14 3a , SC = SH + HC = a ⇒ SC = AC Do tam giác SAC cân C, suy M trung điểm SA • Thể tích khối tứ diện SBCM M trung điểm SA ⇒ SSCM = SSCA 1 ⇒ VSBCM = VB.SCM = VB.SCA = VS.ABC 2 HC = a 14 SABC.SH = 48 Điều kiện: − ≤ x ≤ Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy y > ⇒ VSBCM = V (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − ( x + 3)(7 − x)( x + 2)(5 − x) = y≥ ( ( x + 3)(5 − x) − ( x + 2)(7 − x) ) + ≥ 2, suy ra: ; dấu xảy x = Do giá trị nhỏ y 0,25 0,25 0,25 VNMATH.COM Trang 2/4 Câu VI.a (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) B Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x + 2)2 + y2 = 74 Phương trình AH: x = BC ⊥ AH, suy phương trình BC có dạng: y = a (a ≠ − 7, BC không qua A) Do hồnh độ B, C thỏa mãn phương trình: (x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = (1) C H I• Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm dương khi: | a | < 70 A Do C có hồnh độ dương, nên B(− − AC ⊥ BH, suy ra: AC.BH = ( ⇔ 74 − a − 0,25 0,25 74 − a ; a) C(− + 74 − a ; a) )( ) 74 − a + + (a + 7)(− − a) = 0,25 ⇔ a2 + 4a − 21 = ⇔ a = − (loại) a = (thỏa mãn) 0,25 Suy C(− + 65 ; 3) (1,0 điểm) Ta có vectơ pháp tuyến (P) (Q) n P = (1; 1; 1) n Q = (1; − 1; 1), suy ra: •O Q P 0,25 ⎡ n P , n Q ⎤ = (2; 0; −2) vectơ pháp tuyến (R) ⎣ ⎦ R Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = Ta có d(O,(R)) = D , suy ra: D = ⇔ D = 2 D = − 2 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 = x − z − 2 = VII.a (1,0 điểm) Gọi z = a + bi, ta có: 0,25 z = a + b z2 = a2 − b2 + 2abi 0,25 0,25 ⎧a + b = ⎪ Yêu cầu toán thỏa mãn khi: ⎨ 2 ⎪a − b = ⎩ 0,25 ⎧a = ⎪ ⇔ ⎨ ⎪b = ⎩ 0,25 Vậy số phức cần tìm là: + i; − i; − + i; − − i VI.b (2,0 điểm) 0,25 (1,0 điểm) Gọi tọa độ H (a; b), ta có: AH = a + (b − 2) khoảng cách từ H đến trục hoành | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2 A O H x 0,25 Do H thuộc đường trịn đường kính OA, nên: a2 + (b − 1)2 = y 0,25 ⎧ ⎪a − 4b + = Từ đó, ta có: ⎨ 2 ⎪a + b − 2b = ⎩ 0,25 Suy ra: H ( − 2; − 1) H (− − 2; − 1) Vậy phương trình đường thẳng ∆ ( − 1) x − − y = ( − 1) x + VNMATH.COM Trang 3/4 −2 y =0 0,25 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t) M d =1 ∆1 H Ta có: d(M, ∆2) = + ∆2 qua A(2; 1; 0) có vectơ phương v = (2; 1; 2) ∆2 Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ⎡v, AM ⎤ = (2 − t; 2; t − 3) ⎣ ⎦ ⎡v, AM ⎤ ⎣ ⎦ = v 2t − 10t + 17 , suy ra: 2t − 10t + 17 =1 0,25 0,25 0,25 ⇔ t2 − 5t + = ⇔ t = t = Do M(4; 1; 1) M(7; 4; 4) VII.b (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: x > 2, y > (1) 0,25 ⎧ x2 − 4x + y + = ⎪ Từ hệ cho, ta có: ⎨ ⎪x − = y ⎩ 0,25 ⎧ x − 3x = ⎧x = ⎧x = ⎪ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪y = x − ⎩ y = ⎩ y = −2 ⎩ Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm hệ (x; y) = (3; 1) - Hết - VNMATH.COM Trang 4/4 0,25 0,25 ...About VnMath.Com Đ? ? ?i số Gi? ?i t? ?ch vnMath.com Giáo ? ?n D? ? ?ch v? ?? T? ? ?n h? ? ?c m? ?n S? ?ch info@vnmath.com H? ?nh h? ? ?c C? ?c lo? ?i Olympic kh? ?c Đ? ?? thi Chuy? ?n đ? ?? Đ? ?p ? ?n To? ?n Luy? ?n thi Đ? ? ?i h? ? ?c Thi l? ?p 10 Đ? ? ?i h? ? ?c. .. TI? ?T Đ? ? ?i số Gi? ?i t? ?ch vnMath.com Giáo ? ?n D? ? ?ch v? ?? T? ? ?n h? ? ?c m? ?n S? ?ch info@vnmath.com H? ?nh h? ? ?c C? ?c lo? ?i Olympic kh? ?c Đ? ?? thi Chuy? ?n đ? ?? Đ? ?p ? ?n To? ?n Luy? ?n thi Đ? ? ?i h? ? ?c Thi l? ?p 10 Đ? ? ?i h? ? ?c Cao h? ? ?c B? ? ?i d? ?ỡng... trung ? ?i? ??m c? ??nh AB, BC T? ?nh theo a th? ?? t? ?ch kh? ?i ch? ?p S.BMDN t? ?nh cosin g? ?c hai đ? ?ờng th? ??ng SM, DN .H? ? ?t Th? ? sinh khơng sử d? ??ng t? ?i liệu C? ?n coi thi khơng gi? ?i th? ?ch th? ?m H? ?? t? ?n th? ? sinh: